\section{群的同态和同构　习题答案}

\subsubsection{习题}

\begin{exercise}
    $\exp$显然是双射，只需证明$\exp$是同态。
    任取$a,b \in \mathbb{R}$，都有
    $$\exp(a+b) = e^{a+b}=e^ae^b = \exp(a)\exp(b)$$
    这说明$\exp$是同态，进而说明$\exp$是同构。
\end{exercise}

\begin{exercise}
    $\phi$确实是满同态。$\phi$是满射是显然的，任取$a,b\in \mathbb R^*$，总有
    $$|ab|=|a||b|\tc \phi \text{是同态}$$
    $$\ker \phi = \phi\rev(\{1\}) = \{\pm 1\}$$
    但$\phi$不是同构，因为$\phi$不是单射。（$|a|=|-a|$）

    此外，我们不能够说这两个群是“同态的”，因为同态这个关系并不满足对称性（i.e. 我和你同态不一定你也与我同态）。
\end{exercise}

\begin{exercise}
    记$\ii = \sqrt{-1}$。实际上$f(x)=e^{\ii x}$。任给$a,b \in \R$，都有
    $$f(a+b)=e^{i(a+b)}=e^{ia}e^{ib}=f(a)f(b)\tc f \text{是同态}$$
    此外， $\ker f = f\rev(\{1\}) = \{2k\ppi \mid k \in \Z\}$ 。
\end{exercise}

\begin{exercise}
    我并不知道什么是正交矩阵。
\end{exercise}

\begin{exercise}
    任取$a,b\in D$，都有
    \begin{align*}
            & f(ab\rev) = f(a)f(b)\rev = g(a)g(b)\rev = g(ab\rev)   \\
        \tc & ab\rev \in D \tc D<G
    \end{align*}
\end{exercise}

\begin{exercise}
    \begin{enumerate}
        \item {
            不一定。考虑$\Z_{12}$到$\Z_4$的同态$f: x \mapsto x\% 4$（其中$x\%4$指$x$除以4的余数）。
            $2$在$\Z_{12}$中的阶是6，$f(2)=2$在$\Z_4$中的阶是2。
        }
        \item {
            一定。任取$a \in G_1$：如果它的阶是无穷，采用反证法，假设存在一个$t \in \N$，$f(a)^t=e_2=f(a^t)=f(e_1)$，
            因为$f$是单射，故$a^t = e_1$，矛盾，故$f(a)$的阶也为无穷；
            如果它的阶为$n$，采用和之前相似的反证法可以得到$n$为$f(a)$的阶。
        }
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
    设$f$是群$G_1$到群$G_2$的满同态，$H<G_1$，记$N = \ker f$。
    \begin{enumerate}
        \item {
            $HN<G$，且$HN = f\rev(f(H))$。
        }
        \item {
            $(H \cap N) \lhd H$，且$\ker(f|_H) = H\cap N$。
        }
        \item {
            $f(HN) \simeq f(H)$。
        }
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
    \begin{enumerate}
        \item {
            过于显然。
        }
        \item {
            映射的复合显然满足结合律。任取$T_{(a_1,b_1)},T_{(a_2,b_2)} \in G$，总有
            \begin{align*}
                T_{(a_1,b_1)}\circ T_{(a_2,b_2)} (x) &= a_1(a_2x+b_2)+b_1   \\
                    &=a_1a_2x+a_1b_2+b_1    \\
                    &=T_{(a_1a_2,a_1b_2+b_1)}(x)
            \end{align*}
            因此$T_{(a_1,b_1)}\circ T_{(a_2,b_2)} = T_{(a_1a_2,a_1b_2+b_1)} \in G$，封闭性成立。

            可以验证，单位元$e = T_{(1,0)}$，对于任意的$T_{(a,b)}$，它的逆元是$T_{(1/a_1,-b_1/a_1)}$。
            故$G$构成群。
        }
        \item {
            先验证$H<G$，任取$T_{(1,t_1)},T_{(1,t_2)} \in H$，
            $T_{(1,t_1)}\circ T_{(1,t_2)}\rev = T_{(1,t_1)}\circ T_{(1,-t_2)} = T_{(1,t_1-t_2)} \in H \tc H<G$。

            任取$T_{(a,b)} \in G, T_{(1,t)} \in H$，总有
            \begin{align*}
                T_{(a,b)}\circ T_{(1,t)} \circ T_{(a,b)}\rev (x)
                &=  T_{(a,b)}\circ T_{(1,t)} \circ T_{(1/a,-b/a)}(x)   \\
                &= a((x/a-b/a)+t)+b \\
                &= x+at \\
                &= T_{(1,at)}(x)
            \end{align*}
            故$T_{(a,b)}\circ T_{(1,t)} \circ T_{(a,b)}\rev \in H \tc H \lhd G$。
        }
        \item {
            考虑映射
            $$f:G \map \R^* \qquad T_{(a,b)} \mapsto a$$
            容易验证$f$是$G$到$\R^*$的一个同态，且$\ker f = H$\footnote{事实上用这件事就可以直接证明3.}，
            则由同态基本定理，$G/H \simeq \{\R^*; \cdot\}$。
        }
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
    取$G_1 = G_2 = \Z$，$N_1 = 2\Z$，$N_2 = 3\Z$。
    $G_1/N_1 = \Z_2$，$G_2/N_2 = \Z_3$。
\end{exercise}

\subsubsection{补充题}

\begin{exercise}
    略
\end{exercise}

\begin{exercise}
    \begin{enumerate}
        \item {
            假设有$g_1,g_2\in G$，满足$\sigma(g_1)g_1\rev = \sigma(g_2)g_2\rev$，则
            $\sigma(g_2)\rev\sigma(g_1) = g_2\rev g_1 = \sigma(g_2\rev g_1)$，
            这推出$g_2\rev g_1 = e$，也即$g_1 = g_2$，这说明$f$是单射。
        }
        \item {
            记$G = \{a_i: i\in \N, a_0=e\}$，实际上$\{\sigma(a_i)\}$就是$\{a_i\}$的一个排列，自然保证了$G$（作为像集）中的每一个元素都可以表示成需要的形式。
        }
        \item {
            因为对于非单位元$g$，$\sigma(\sigma(g))=g$，且$\sigma(g)\ne g$，所以我们可以把$\{\sigma(g),g\}$捉对存放，
            也就是说，所有非单位元的总数是偶数，加上单位元，$|G|$是奇数。

            接下来说明$G$是Abel群。考虑任意的$g \in G$，由上一问的结论，总存在$g' \in G$使得$g=\sigma(g'){g'}\rev$，那么就有
            $$
            \sigma(g)=\sigma(\sigma(g'){g'}\rev) = g'\sigma({g'})\rev = g\rev
            $$
            任取$a,b \in G$，
            $$
            ab = \sigma(ab)\rev = (\sigma(a)\sigma(b))\rev = (a\rev b\rev)\rev = ba
            $$
            这也就说明了$G$是Abel群。
        }
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
    \begin{enumerate}
        \item {
            封闭性是显然的，而且这个$\ast$运算是交换的。任取$a,b,c\in \Z$，
            \begin{align*}
               ( a \ast b) \ast c &= (a+b-ab)\ast c = a+b-ab + c -ac -ab + abc  \\
                = a \ast (b \ast c) &= a \ast (b+c-bc) = a + b + c - bc - ab - ac + abc
            \end{align*}
            也就是满足结合律，任意的$a \in \Z$，取$b = 0$，有
            $$a \ast 0 = a + 0 + a \times 0 = a$$
            加之运算是交换的，可以说明存在单位元$0$，进而$\{\Z, \ast\}$是半群。
        }
        \item {
            考虑这样的同构$\phi$具有怎样的性质。首先，它把单位元映射成单位元，也就是说$\phi(0)=1$，此外，我们有
            $$\phi(x)^2=\phi(x)\phi(x) = \phi(x \ast x) = \phi(2x-x^2)$$
            可以推出$\phi(2)^2 = \phi(0)=1$，因为$\phi$是一一映射，$\phi(0)=1$，故$\phi(2)=-1$，所以我们大致可以猜到
            令
            $$\phi: \{\Z, \ast\} \map \{\Z, \cdot\} \qquad x \mapsto 1-x$$
            那么显然$\phi$是一一映射，而且任取$a,b \in \Z$，有
            $$
            \phi(a\ast b)=\phi(a+b-ab) = ab - (a+b) + 1 = (1-a)(1-b) = \phi(a)\phi(b)
            $$
            这也就说明$\phi$是同构。\qed.            
        }
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
    先证明一个引理：
    \begin{lemma}[元素的阶是同构不变性]
        如果$G_1 \cong G_2$，$f:G_1 \map G_2$是二者间的同构映射，则$a$和$f(a)$的阶相同。
        
        \begin{proof}
            假设$a$的阶是$m$，则$f(a^m)=f(a)^m = f(e_1) = e_2$，倘若存在$r<m$使得$f(a)^r = e_2$，
            则$f(a)^r = f(a^r) = e_2 = f(e_1)$，也即$a^r = e_1$，矛盾。所以$m$也是$f(a)$的阶，当$m$为$+\infty$同理。
        \end{proof}
        
    \end{lemma}
    % TODO: 群还有哪些同构不变性？

    进而，考虑$\Q^*$中，$-1$的阶为$2$，然而$\Q$中每一个元素的阶都为无穷，所以这两个群不可能同构。
\end{exercise}

\begin{exercise}
    取$N = \{z \in \C^* : |z| = 1\}$，取同态
    $$
    \phi: \C^* \map \R^+ \qquad z \mapsto |z|
    $$
    可以说明$\phi$是同态，因为任意的$r_1e^{i\theta_1}, r_2e^{i\theta_2} \in \C^*$，都有
    $$
    \phi(r_1e^{i\theta_1})\phi(r_2e^{i\theta_2}) = r_1r_2 = \phi(r_1r_2e^{i(\theta_1 + \theta_2)})
    $$
    并且$\ker \phi = N$，那么根据同态基本定理，$\C^*/N \cong \R^+$
\end{exercise}

\begin{exercise}
    不会。
    % \includegraphics[width = 0.3\textwidth]{https://img.musnow.top/i/2023/02/202211031203538.jpg}
\end{exercise}